【精选】高等代数第二讲 带余除法与整除性48
多项式的整除性和带余除法
多项式整除性理论主要讨论任给两个多项式 f(x),g(x), 是否有 g(x) 整除f(x)以及与此相关的多项式的最大公因式, 多项式的因式分解等问题. 在讨论一元多项式的整除性理论时,带余除法是 一个重要定理, 它给出了判断多项式 g(x)能否整除多项式f(x)的一个有效方法; 并且是讨论一元多项式的最大公因式及多项式根的理论基础.
如果f(x)|g(x),f(x)|h(x),则对任意多项式u(x),v(x) 都有f(x)|(u(x)g(x)+v(x)h(x));
为什么?
多项式的整除不是运算, 它是Ｆ[x]元素间的一种关系, 类似于实数集 R 元素间的大小关系, 相等关系; 多项式的整除性是不因数域的扩充而改变的.即当数域扩充时, 作为扩充后的数域上的多项式 f(x)和g(x), g(x)
g(x)≠0, g(x)│f(x)等价于 g(x)除 f(x)的余式零.
q(x)和r(x)的求法与中学的方
法基本相同. 在做除法时, 可
由定义不难看出 零多项式被任意一个多项式整除; 零多项式不能整除任意非零多项式; 任意多项式一定整除它自身. 零次多项式(非零常数)整除任意多项式. 当g(x)≠0时,由带余除法定理得到 Theorem1.对于P[x]中任意两个多项式f(x)与g(x),其中g(x)≠0, 则g(x)|f(x)的充分必要条件是g(x)除f(x)的余式为零.
多项式的整除性和带余除法
带余除法定理:对于P[x]中任意两个多项式f(x)与g(x),其中(g(x)≠0,一定有P[x]中的多项式q(x)和r(x)存在,使得
Definition5.(整除的定义)
称P[x]上的多项式g(x) 整除f(x),如果存在P[x]上的多项式h(x), 使得
高等代数带余除法例题讲解
高等代数带余除法例题讲解高等代数中的带余除法可以用来求两个整数的商和余数。
例题：计算多项式 P(x) = x^3 + 2x^2 + 3x + 4 除以多项式 D(x) = 2x + 1 的商和余数。
解答：首先，我们将 P(x) 和 D(x) 的次数按照降幂排列：P(x) = x^3 + 2x^2 + 3x + 4D(x) = 2x + 1然后，我们将 D(x) 的最高次项的系数反转，得到 1/2x。
接下来，我们用 P(x) 的最高次项去除 D(x) 的最高次项，即 x^3 / (1/2x) = 2x^2。
将得到的结果乘以 D(x)，得到 2x^2 * (2x + 1) = 4x^3 + 2x^2。
然后，将结果减去 P(x)，得到 (4x^3 + 2x^2) - (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) = 3x^3 - 3x - 4。
现在，我们已经得到了一个新的多项式 3x^3 - 3x - 4，其次数较之前的多项式减少了 1。
接下来，我们重复之前的步骤，将其次数减少，直到次数小于除数的次数。
对于这个新的多项式 3x^3 - 3x - 4，它的最高次项为 3x^3，除以除数 2x + 1 得到 3/2x^2。
将得到的结果乘以 D(x)，得到 3/2x^2 * (2x + 1) = 3x^3 +3/2x^2。
然后，将结果减去 P(x)，得到 (3x^3 + 3/2x^2) - (3x^3- 3x - 4) = (3/2x^2 + 3x + 4)。
现在，我们已经得到了一个新的多项式 3/2x^2 + 3x + 4，其次数小于除数的次数 2x + 1。
所以我们已经完成了带余除法的计算。
最后，我们得到了商为 2x^2 + 3/2 和余数为 3/2x^2 + 3x + 4。
这个例题中，多项式 P(x) 除以多项式 D(x) 的商为 2x^2 + 3/2，余数为 3/2x^2 + 3x + 4。
高等代数选讲讲义
高等代数选讲信阳师范学院数学与信息科学学院2006年9月目录第一讲 带余除法 (1)第二讲 不可约多项式 (5)第三讲 互素与不可约、分解 (9)第四讲 多项式的根 (13)第五讲 典型行列式 (17)第六讲 循环行列式 (21)第七讲 特殊行列式方法 (26)第八讲 解线性方程组 (31)第九讲 分块矩阵与求秩 (36)第十讲 矩阵的分解与求逆 (40)第十一讲 广义逆与特殊矩阵对关系 (45)第十二讲特征值、对角线与最小多项式 (51)第十三讲向量的线性相关与自由度 (56)第十四讲双线性型与正定二次型 (61)第十五讲线性空间及其几何背景 (66)第十六讲欧氏空间和正交变换的意义 (71)第十七讲线性变换的核与象 (76)第十八讲线性变换的特征与不变子空间 (81)第一讲 带余除法定理1（带余除法）∀f (x ), g (x )≠0 ∈P [x ]，则有f (x )=g (x )s (x )+r (x )其中r (x )=0或∂(r (x ))＜∂(g (x ))，r (x )，s (x )∈P [x ]定理2 g (x )|f (x )⇔r (x )=0(x －a )|f (x )⇔f (a )=0带余除法可将f (x )，g (x )的性质“遗传”到较低次的r (x )，也可将g (x )，r (x )的性质“反馈”到较高次的f (x )。
边缘性质：若满足某个条件C 的多项式存在，则一定存在一个次数最低的满足条件C 的多项式。
反过来，满足条件D 的多项式次数不超过m ，则这样的集中一定有一个次数最大的。
根据带余除法和边缘性持，创造了求最大公因式的辗转相除法。
可以证明最小公倍式也是存在的，还可以得到更多的其它结论。
例1 a 是一个数，f (x )∈P [x ]且f (a )=0，则P [x ]中存在唯一首项系数=1且次数最低的多项式m a (x )： m a (a )=0证作：Sa ={g (x )∈P [x ]|g (a )=0}那么S ≠φ，故S 中存在一个次数最低且首系=1的多项式m a (x )，现设m (x )也是满足条件的多项式，那么∂(m (x ))=∂(m a (x ))所以∂(m (x )－(m a (x ))＜∂(m a (x ))令 r (x )=m (x )－m a (x )则r (a )=0，得r (x )=0，所以m (x )=m a (x )，唯一性证毕。
高等代数课件 第二章
三、 多项式的带余除法定理
定理 设f x, gx F[x] ，且 gx 0，则存在
qx, rxF[x], 使得
f x gxqx rx
这里 rx 0，或者 0 rx 0 gx. 并且满足上述条件的 qx和r(x) 只有一对。
注1： qx, rx分别称为 gx除f (x)所得的商式和
余式
注2： gx 0, gx| f x rx 0.
使以下等式成立:
f xux gxvx dx
三、多项式的互素
1. 互素的定义
定义 3 如果 Fx 的两个多项式除零次多项式外
不再有其它的公因式，我们就说，这两个多项式互素.
2. 互素的性质
(1)定理 2.3.3 Fx的两个多项式 f x与gx 互素
的充分且必要条件是：在 Fx中可以求得多项式 ux
二.教学目的 1.掌握最大公因式,互素概念. 2.熟练掌握辗转相除法 3.会应用互素的性质证明整除问题
三.重点,难点 辗转相除法求最大公因式. 证明整除问题
一、最大公因式的定义
定义 1 令 f x和 gx是F [x]的两个多项式，若 是F [x]的一个多项式hx 同时整除 f x和gx ，那么 hx 叫做 f x与gx的一个公因式.
f1x, f2 x,, fk x,及 q1x, q2 x,, qk x,
使得
fk1x fk x qk1xgx
而
0 f x 0 f1x 0 gx
由于多项式 f1x, f2x,的次数是递降的, 故存在k使
fk x 0或0 fk x 0gx ，于是
qx q1x qk x及rx fk x
系数所在范围对整除性的影响
二、教学目的
1．掌握一元多项式整除的概念及其性质。 2．熟练运用带余除法。
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71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
多项式的整除性和带余除法-课件（PPT 演示）
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
高等代数第二讲 带余除法与整除性
§1- 3 最大公因子与辗转相除法
定义 1；设 f ,g F[X ] 满足 h f , h g 1) 若 h ( X ) F [ X ]
则称 h ( X ) 为 f ( X ) 与 g ( X )的公因式。
2 ) 若 d ( X ) F [ X ] 是 f 和 g 的公因式 且是 f 和 g 的任一公因式的倍，
q1(X)
= x-1
r2(x)= x -1
所以 ( f, g ) = r2(x) = x -1
f gq 1 r1 ,
r1(x)= x2 +x -2 =(x-1)(x+2)
g r1 q 2 r2 .
r2 g r1 q 2 g ( f gq 1 ) q 2 . q 2 f (1 q1 q 2 ) g .
同理 ( r , g ) ( f , g ).
故 ( f , g ) ( r , g );
f
gq
1
r1 ,
deg r1 deg
g
g r1 q 2 r2 , r1 r2 q 3 r3 ,
deg r2 deg r1
rs 2 rs 1 q s rs rs 1 rs q s 1
proof : i ) 由 u f v g 1, u f h v g h h 两边同乘 f h. h
ii ) g f 1 h1 , f 2 f 1 h1 , 且 ( f 1 , f 2 ) 1 , f 2 h1 h1 f 2 h 2 , g f 1 f 2 h 2 , f1 f 2 g .
g (x)
x
x
x
,
则其首一最大公因式
张禾瑞高等代数课件第二章
则可以取
qx 0, r x f x
,且 0 f x 0 g x. 把f x 和g (x) （ii）若 f x 0 按降幂书写: f x a0 x n a1 x n1 a n 1 x a n g x b0 x m b1 x m1 bm1 x bm 这里 a0 0, b0 0 ,并且 n
a n 0 时，an x n叫做多项式的首项. 当
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2.1.6
多项式的运算性质
定理 设f x 和g (x) 是数环R上两个多项式,并且
f x 0, g x 0 .那么
（i）当 f x g x 0 时,
0 f x g x max 0 f x , 0 g x
（2）
f 由（1）， x g x 的次数显然不超过n，另一方面，
由an 0, bm 0得anbm 0 ，所以由(2)得 f x g x
的次数是n + m .
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推论1
f x g x 0 f x 0
或 g x 0
证 若是 f x和g (x)中有一个是零多项式，那么由多项
课外学习4：推广的余数定理及算法
课外学习5：代数元的多项式的共轭因子
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代数是搞清楚世界上数量关系的工具。 ――怀特黑德（1961－1947） 当数学家导出方程式和公式，如同看到雕像、美丽的 风景，听到优美的曲调等等一样而得到充分的快乐。 - -柯普宁(前苏联哲学家)
快乐地学习数学，优雅地欣赏数学。
式乘法定义得 f xg x 0 . 若是 f x 0且g ( x) 0 那么由上面定理的证明得
高等代数第二版课件§1[1].3_整除的概念
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若 g x 0 则在 F x 中有
f x g x q x r x , r x 0
第二章 多项式
但 F x 中的多项式 q x , r x 仍是 F x 的多项式。 因而在 F x 中，这一等式仍然成立。 由 q x , r x 的唯一性知， 在 F x 中 g x
第二章 多项式
x f k x 例1.3.2：证明
k 1 的充要条件是 x f x
证：充分性显然。 x xq x c
k
k
xq1 x c k
由于 x f
f g h x m1 x m2 x , h x f g
第二章 多项式
m1 x , m2 x F x
若 性质3： h x f x ，对 g x F x 。 h fg 有 证：
f x
第二章
多项式
作业 P44 1（1），2（1），3（1）
第二章
多项式
h x f x
m1 x , m2 x F x
性质2：若 h x g x , h x f x ，则 h f g 。 证： g x h x m1 x , f x h x m2 x
g x 除 f x 的余式 r x 0
证： 充分性。 若 f x g x q x r x 且 r x 0 则有 g x f x 必要性。 若 g x f x ，则 f x g x q x 例1.3.1 设 f x 5x4 2x3 3x2 7x 1, g x x2 2x 3 求 g x 除 f x 所得的余式和商式。
高等代数课件--§1.3 整除的概念
项都为anxn, 令多项式
f1 ( x ) f ( x ) bm a n x
1
nm
g (x)
因而，多项式f1(x) 的次数小于n或为零多 项式。由归纳假设，对f1(x), g(x)必存在 q1(x), r1(x) 使得 f1(x)= g(x)q1(x)+r1(x) 其中(r1(x))< (g(x))或r1(x)=0。 于是
且 (q(x)q (x))+(g(x))= (r (x) r(x) )
但 (g(x))>(r (x)r(x)) 矛盾 故 q(x)=q (x) , r (x) = r(x) .
附：综合除法
例1 设f(x)=a0xn+ a1xn1+…+ an1x+a0, g(x)
=x c, 求g(x)除f(x)的商q(x)和余式r(x)。 分析 设f(x)是n次多项式, g(x)是1次多项 式, 则q(x)必是n1次多项式和余式r(x)为零 次多项式或零多项式。
求x+3除x5+22x2+40的商q(x)和余式r(x).
解：由综合除法
‒3
1 1
0 3 3
0 9 9
22 27 5
0 15 15
40 45 5
所以q(x)= x43x3+9x2 5x +15, r(x)= 5
综合除法的用途
① 求一次多项式xa去除f(x)的商式及余式． ② 计算函数值f(a)．
若(g(x))>0,则令q(x)=0, r(x)=a0,结论成立
ii)若n<m,则令q(x)=0, r(x)=f(x)即可。 若nm,假设对次数小于n的f(x)，结论 已成立．下证次数为n的情形．
带余除法与整除性判断
带余除法与整除性判断带余除法是一种数学运算方法，用于计算两个数相除的商和余数。
它可以帮助我们判断一个数能否整除另一个数。
本文将介绍带余除法的概念和使用方法，并详细解释如何利用带余除法进行整除性判断。
一、带余除法的概念带余除法又称为长除法，是一种将除数逐步从被除数中减去并计数的方法，直到无法再减去时得到的商为止。
在进行带余除法时，除数通常为整数，而被除数可以是任意实数。
二、带余除法的使用方法1. 将被除数写在除号上方，除数写在除号下方。
2. 从被除数中取出与除数位数相同的数字作为第一个除数位数。
3. 判断第一个除数位数能否整除除数，如果可以，则将商写在上方对应位置，否则向后取一位进行下一步计算。
4. 将上一步中得到的商乘以除数，并在下面写出结果。
5. 将上一步中得到的结果减去被除数，并将差写在下方。
6. 重复以上步骤，直到无法再减去被除数为止。
三、整除性判断利用带余除法，我们可以判断一个数能否整除另一个数。
如果在整个带余除法的过程中，被除数始终能够被整除，则被除数是除数的倍数，即可以整除。
如果在带余除法的过程中出现了余数，则被除数不能整除除数。
例如，我们要判断36能否被9整除：1. 将36写在除号上方，9写在除号下方。
2. 取出与除数位数相同的数字3，作为第一个除数位数。
3. 9可以整除3，商为3，将3写在上方对应位置。
4. 3乘以9得27，将27写在下方。
5. 36减去27得到9，将9写在下方。
6. 9可以整除9，商为1。
7. 1乘以9得到9，将9写在下方。
8. 9减去9得到0，此时已无法再减去被除数，整个过程结束。
因此，36能够被9整除。
通过带余除法，我们不仅可以判断整除性，还可以得到具体的商和余数。
这在数学计算和实际生活中都具有重要的应用价值。
综上所述，带余除法是一种实用的数学运算方法，可以帮助我们判断一个数能否整除另一个数。
通过正确运用带余除法，我们能够快速准确地进行整除性判断，提高解题效率。
高等代数教学大纲
高等代数课程教学大纲一、课程说明1、课程性质：高等代数是高等院校数学系数学与应用数学专业的一门重要基础课。
对学生数学思想的形成有着重要意义，是进一步学习近世代数、常微分方程等后继课的基础，也为深入理解中学数学打下必要的基础。
高等代数是现代数学的基础知识，是学习其它数学学科和现代科学知识的必备基础和重要工具，尤其在本世纪，计算机技术、通讯信息技术和现代生物工程技术已成为最热门的学科领域，这些学科的发展均需要代数学的知识与支持。
高等代数也是师范院校数学与应用数学专业的一门重要基础课程，既是中学代数的继续和提高，对于中学数学教学工作具有重要的理论指导作用，又是输送更高层次优秀人才的专业知识保证。
2、课程教学目的要求（1）使学生掌握多项式理论、线性代数理论的基础知识和基本理论，着重培养学生解决问题的基本技能。
(2) 使学生熟悉和掌握本课程所涉及的现代数学中的重要思想方法，提高其抽象思维、逻辑推理和代数运算的能力。
(3) 使学生进一步掌握具体与抽象、特殊与一般、有限与无限等辩证关系，培养其辩证唯物主义观点。
(4) 逐步培养学生的对真理知识的发现和创新的能力，训练其对特殊实例的观察、分析、归纳、综合、抽象概括和探索性推理的能力。
(5) 使学生对中学数学有关内容从理论上有更深刻的认识，以便能够居高临下地掌握和处理高级中学数学教材，进一步提高中学数学教学质量。
(6) 根据教学的实际内容的需要，对大纲所列各章内容，分别提出了具体的目的要求，教学时必须着重抓住重点内容进行教学。
本课程分以一元多项式为主体的多项式理论和线性代数两部分。
线性代数部分涉及行列式、矩阵、线性方程组、二次型、线性空间、线性变换、λ-矩阵、欧几里得空间等。
本课程教学重点应放在多项式理论与线性代数理论。
多项式理论以一元多项式的因式分解唯一性定理为主体介绍了有关多项式的一些必要的知识，为后继课提供准备；线性代数部分则较为系统地介绍了线性方程组，线性空间与线性变换理论。
高等代数I教案整除的概念
从而 (h1(x)) (h2(x)) (1) 0 ，因此 (h2(x)) 0 .
故 h2(x) c 0 ，从而 f (x) h2(x)g(x) cg(x) .
若 f (x) 0 ，则由 f (x) | g(x) 得知 g(x) 0
显然此时也有 f (x) cg(x)
（2） 若 f (x) | g(x) ， g(x) | h(x) ，则 f (x) | h(x) 。
g(x) x2 2x 1 3x3 4x2 5x 6 q(x) 3x 13 3x3 9x2 3x** ***13x2 8x 6 **13x2 39x 13 ***r(x) 31x 7
从上式看出 g(x) 不能除尽 f (x) 。用 g(x) 去除 f (x) 得到一个商式 q(x) 3x 13 和一个余式
的多项式 q(x), r(x) 存在，使得
f (x) q(x)g(x) r(x)
（1）
成立。其中 (r(x)) (g(x)) 或者 r(x) 0 ，并且这样的 q(x), r(x) 是唯一决定的。
注 带余除法中所得的 q(x) 通常称为 g(x) 除 f (x) 的商， r(x) 称为 g(x) 除 f (x) 的余式。
2
《 高等代数（I） 》教案
证： 由 f (x) | g(x) 有 g(x) h1(x) f (x) ， 由 g(x) | f (x) 有 f (x) h2(x)g(x) .
于是
f (x) h2(x)g(x) h2(x)h1(x) f (x)
（*）
若 f (x) 0 ，在（*）式中消去 f (x) 得 h2 (x)h1(x) 1.
.若 g(x) | f (x) ，则存在 q(x) P[x] 使 f (x) q(x)g(x) q(x)g(x) 0 即 r(x) 0 。
高等代数整除的概念
. .. . . ..
带余除法定理
以下设 f(x) ̸= 0. 令 f(x), g(x) 的次数分别为 n, m. 对 f(x) 的次数 n 作 (第二) 数学归纳法. 当 n < m 时, 显然取 q(x) = 0, r(x) = f(x),(1) 式成立.
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
整除的ห้องสมุดไป่ตู้单性质
注 1 整除是多项式之间的一种关系, 不能简单看作“除法运算”. 因此可说零多项式整除零多项式，即 0 | 0 有意义. 2 由整除的定义可看出，任一个多项式 f(x) 一定整除它自身， 即 f(x) | f(x) .
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
整除的判别法
当 g(x) | f(x) 时,g(x) 就称为 f(x) 的因式，f(x) 称为 g(x) 的倍式. 定理 对于数域 P 上的任意两个多项式 f(x), g(x), 其中 g(x) ̸= 0,
g(x) | f(x) 的充分必要条件是 g(x) 除 f(x) 的余式为零.
. .. . . ..
带余除法
在一元多项式环中，可以作加、减、乘三种运算，但是乘法的逆 运算—除法—并不是普遍可以做的. 因之整除就成了两个多项式 之间的一种特殊的关系. 和中学中所学代数一样，作为形式表达式，也能用一个多项式去 除另一个多项式，求得商与余式.
例 设
f(x) = 3x3 + 4x2 − 5x + 6, g(x) = x2 − 3x + 1
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
高等代数 第二节 常用方法
第二节常用方法一、整除特性1）基础知识1.在1000以内，除以3余2，除以7余3，除以11余4的数有多少个？A.5B.6C.7D.42.有一个三位数能被7整除，这个数除以2余1，除以3余2，除以5余4，除以6余5。
这个数最小是多少？A.105B.119C.137D.3593. 有些数既能表示成3个连续自然数的和，又能表示成4个连续自然数的和，还能表示成5个连续自然数的和。
如30就满足上述要求。
因为30=9+10+11，30=6+7+8+9，30=4+5+6+7+8。
在700至1 000之间满足要求的数有？A.5个B.7个C.8个D.10个4.数学竞赛团体奖品是10000本数学课外读物。
奖品发给前五名代表队所在的学校。
名次在前的代表队获奖的本数多，且每一名次的奖品本数都是100的整数倍。
如果第一名所得的本数是第二名与第三名所得的本数之和，第二名所得的本数是第四名与第五名所得本数之和，那么，第三名最多可以获得多少本？A.1600B.1800C.1700D.21002）巧妙应用1. 如果单独完成某项工作，那么甲需24天，乙需36天，丙需48天。
现在甲先做，乙后做，最后由丙完成。
甲、乙工作的天数比为1：2，乙、丙工作的天数为3：5。
则完成这项工作共用了多少天？A.30B.38C.32D.402. 在自然数1至50中，将所有不能被3除尽的数相加，所得的和是？A.865B.866C.867D.8683.学校原有少先队员240人，其中女队员占7/12。
今年开学后，从外校转来了几名女队员，这样，女队员人数便占总人数的3/5，今年转进了多少女队员？A.5B.10C.15D.204. 有一段长不超过3500米的马路需要整修，有甲、乙、丙三个施工队分别对人行道、非机动车道和机动车道进行施工。
它们于某天零时同时开始动工，每天２４小时连续施工。
若干天后的零时，甲完成任务；几天后的１８时，乙完成任务；自乙队完成的当天零时起，再过几天后的８时，丙完成任务。
高等代数课件(北大三版)--第二章--多项式
2.2.4 系数所在范围对整除性旳影响
二、教学目旳
1．掌握一元多项式整除旳概念及其性质。
2．熟练利用带余除法。
三、要点、难点
多项式旳整除概念，带余除法定理
2.2.1 多项式旳整除概念
设F是一种数域. F [x]是F上一元多项式环.
2.2.2 多项式整除性旳某些基本性质
证 设f (x) = g (x) 那么它们有完全相同旳项, 因而对R旳任何c都有f (c) = g (c)这就是说, f (x) 和g (x)所拟定旳函数相等.反过来设f (x) 和g (x)所拟定旳函数相等.令 u (x) = f (x) – g (x)那么对R旳任何c都有u (c) = f (c) – g (c) = 0这就是说, R中旳每一种数都是多项式u (x)旳根. 但R有无穷多种数, 所以u (x)有无穷多种根.根据定理2.6.3只有零多项式才有这个性质.所以有 u (x) = f (x) – g (x) = 0 , f (x) = g (x) .
f (c)与它相应. 于是就得到R到R旳一种映射. 这个映射是由多项式f (x)所拟定旳,叫做R上一种多项式函数.
综合除法
由此得出
表中旳加号一般略去不写.
例1
用x + 3除
作综合除法:
所以商式是
而余式是
证
假如f (x)是零次多项式,那么f (x)是R中一种不等于零旳数, 所以没有根. 所以定理对于n = 0成立.于是我们能够对n作数学归纳法来证明这一定理.设c∈R是f (x)旳一种根.那么 f (x) = (x – c) g (x)这里g (x) ∈R [x]是一种n – 1次多项式.假如d∈R是f (x)另一种根, d≠c那么 0 = f (d) = (d – c) g (d)因为d – c≠0 , 所以g (d) = 0. 因为g (x)旳次数是 n – 1 ,由归纳法假设, g (x)在R内至多有n – 1个不同旳根.所以f (x)在R中至多有n个不同旳根.
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3
定理3：域F上的n次多项式f (X )在F中
最多有n个根 (重根按重数计入).
Proof : 设a1为f ( X )的根, 则由零点定理 f1( X ) 使 f ( X ) ( X a1) f1( X ) 再若a2是根a1 a2 则 f ( X ) ( X a1)( X a2 ) f2 ( X )
x
1 2
1 4
x2
1 4
1 4
x3
1 4
x2
1 2
x
1 2
r2
1 4
x
1 4
1 4
(
x
1)
r1 x2 1
(x 1)(x 1)
( f , g) (x 1) 4r2(x)
11
f gq1 r1,
g r1q2 r2.
r2 g r1q2 g ( f gq1)q2. q2 f (1 q1q2 ) g.
rs rs2 rs1qs (rs4 rs3qs2 ) (rs3 rs2qs1)qs f 与 g的线性组合。
定理2：设f , g F[ X ], 则( f , g) d ( X )存在 且唯一,而且存在u, v F[ X ], 使
uf vg d Bezout等式.
=(x-1)(x+2) 所以 ( f, g ) = r2(x) = x -1
f gq1 r1,
g r1q2 r2.
r2 g r1q2 g ( f gq1)q2.
q2 f (1 q1q2 ) g.
8
rs2 rs1qs rs , deg rs deg rs1
9
exp1
设
f
(x)
1 4
x4
1 4
x2
1 2
,
g(x)
1 4
x3
1 4
x2
1 2
x
1 2
,
则其首一最大公因式
( f (x), g(x)) ________.
且有u(x) _____，v(x) _____使得 u(x) f (x) v(x)g(x) ( f (x), g(x)).
证：令h( X ) f ( X ) g( X ). 则 c1, ,cn是h( X )的不同的零点,h( X ) 0.
5
§1- 3 最大公因子与辗转相除法
定义1；设 f , g F[ X ] 1)若h( X ) F[ X ] 满足 h f , h g
则称h( X )为f ( X )与g( X )的公因式。
又（u(x)，v(x)） _______ .
10
g(x)
f (x)
q2
1 4
x3
1 4
x2
1 2
Hale Waihona Puke x1 21 4
x4
1 4
x2
1 2
q1
1 4
x
1 4
1 4
x3
1 4
x
1 4
x4
1 4
x3
1 2
x2
1 2
x
x 1
1 4
x2
1 4
x
1 2
1 4
x3
3 4
x2
1 2
故( f , g) (r, g); 同理(r, g) ( f , g).
f gq1 r1, deg r1 deg g g r1q2 r2 , deg r2 deg r1 r1 r2q3 r3 ,
rs2 rs1qs rs deg rs deg rs1 rs1 rs qs1 ( f , g) (g, r1) (rs1, rs ) crs 7
继续
f ( X ) ( X a1)( X am ) fm ( X )
(X
a1)n1 ( X
am )nm
f
m
(
X
)
m
两边次数相等, ni n.
i 1
4
推论：设f ( X ) F[ X ], deg f ( X ) n, 如果f ( X )在F中有 n个不同的根, 则 f ( X ) 0. 定理4：设 f (X ), g(X ) F[X ], deg f ,deg g n. 若在 n 个不同的点 c1, ,cn 上, f (ci ) g(ci ) 则 f (X ) g(X ).
g(X)
q2(X) =x+1
x3+ 2x2 -3 x3 + x2 -2x
x2 +2x -3 x2 + x -2
f(X) x4+ x3- x2- 2x+ 1 x4+2 x3 - 3x
- x3 - x2 +x + 1 - x3 - 2x2 + 3
q1(X) = x-1
r2(x)= x -1 r1(x)= x2 +x -2
也称c为f ( X ) 0的解或根。
2
定理2：i)余数定理 f ( X ) ( X c)q( X ) f (c). ii)零点定理 f (c) 0 ( X c) f ( X ).
c为f ( X )的根 f ( X ) ( X c)q( X )。
设f ( X ) ( X c)m g( X ),(g( X ) F ( X ),c F, g(c) 0, m 1)
2)若d ( X ) F[ X ] 是 f 和 g的公因式, 且是 f 和 g的任一公因式的倍， 则称d ( X )为f ( X )与g( X )的最大公因式.
f 与 g的首一最大公因式记为 ( f , g).
6
引理1：若 f gq r, 则( f , g) (r, g). proof :由( f , g) f , ( f , g)f g, g,,知 r (Ff[,Xg]) r,
( f , g) (x 1) 4r2(x)
4q2 f 4(1 q1q2 )g
u(x) 4q2 x 1;
第二讲
带余除法与整除性; 最大公因子, 辗转相除法
1
GA02
§1- 2带余除法与整除性
定义4：i）设f ( X ) an X n a1X a0, c F, 则f (c) ancn a1c a0, 称为f ( X )在c点的值。
ii)若f (c) 0, 称c为f ( X )在F中的根或零点，